Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2024-2025 THPT Đông Anh (Hà Nội) có đáp án - mã 102

Ta có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AC,AD \Rightarrow MN{\rm{//}}CD\) (tính chất đường trung bình).

Mặt phẳng \(\left( {BMN} \right)\) chứa đường thẳng \(MN\), mặt phẳng \(\left( {GCD} \right)\) chứa đường thẳng \(CD\).

Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) sẽ song song với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai.

Ta thấy điểm chung đầu tiên là \(G \in \left( {GCD} \right)\) và trong tam giác \(BCD\), \(G\) là trọng tâm nên \(G\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\), chứa \(CD\). Do đó mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( {GCD} \right)\).

Xét điểm \(B\): \(B \in \left( {BMN} \right)\). Điểm \(B \in \left( {BCD} \right)\) nên \(B \in \left( {GCD} \right)\). Do vậy đường thẳng giao tuyến sẽ đi qua \(B\) và song song với \(CD\).

Đáp án: B

Tập giá trị của hàm số côsin là \(\left[ { - 1;1} \right]\), tức là: \( - 1 \le {\rm{cos}}3x \le 1\).

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: \( - 1 \le m + 1 \le 1 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 0\).

Đáp án: B.

Hàm số xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0: \({\rm{sin}}2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne k\frac{\pi }{2}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy tập xác định là: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\frac{\pi }{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Đáp án: B.

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Với \(n = 4\): \({u_4} = {u_1} + 3d = 7 + 3 \cdot \left( { - 3} \right) = 7 - 9 = - 2\).

Đáp án: B.

Đường thẳng \(MN\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) cắt mặt phẳng đáy \(\left( {ABC} \right)\) theo giao tuyến là đường thẳng \(AB\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), gọi \(K = MN \cap AB\). Vì \(K \in MN\) và \(K \in AB \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(K\) chính là giao điểm của \(MN\) với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Đáp án: B.

Theo công thức cộng đối với sin: \({\rm{sin}}\left( {a + b} \right) = {\rm{sin}}a{\rm{cos}}b + {\rm{cos}}a{\rm{sin}}b\).

Đáp án: B.

\({u_2} = \frac{1}{2}{u_1} + 1 = \frac{1}{2} \cdot \left( { - 3} \right) + 1 = - \frac{1}{2}\).

\({u_3} = \frac{1}{2}{u_2} + 1 = \frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) + 1 = \frac{3}{4}\).

\({u_4} = \frac{1}{2}{u_3} + 1 = \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{3}{4}} \right) + 1 = \frac{3}{8} + 1 = \frac{{11}}{8}\).

Đáp án: C.

\(B = \left( {\frac{{1 + {\rm{cos}}2x}}{{{\rm{cos}}2x}}} \right) \cdot \frac{{{\rm{sin}}x}}{{{\rm{cos}}x}} = \frac{{2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}{{{\rm{cos}}2x}} \cdot \frac{{{\rm{sin}}x}}{{{\rm{cos}}x}} = \frac{{2{\rm{sin}}x{\rm{cos}}x}}{{{\rm{cos}}2x}} = \frac{{{\rm{sin}}2x}}{{{\rm{cos}}2x}} = {\rm{tan}}2x\).

Đáp án: A.

Hàm số \(y = 2019{\rm{cos}}x + 2020\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\) (đối xứng).

Với mọi \(x \in \mathbb{R}\), ta có \( - x \in \mathbb{R}\) và \(y\left( { - x} \right) = 2019{\rm{cos}}\left( { - x} \right) + 2020 = 2019{\rm{cos}}x + 2020 = y\left( x \right)\). Do đó đây là hàm số chẵn. Các hàm số còn lại đều là hàm số lẻ.

Đáp án: B.

Ta có \(S\) là điểm chung thứ nhất của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

\(O = AC \cap BD \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in AC \subset \left( {SAC} \right)}\\{O \in BD \subset \left( {SBD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow O\) là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến là đường thẳng \(SO\).

Đáp án: B.

\({\rm{sin}}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\rm{sin}}x = {\rm{sin}}\frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Đáp án: B.

Khi \(\frac{\pi }{2} < a < \pi \), điểm biểu diễn của góc \(a\) nằm ở góc phần tư thứ II trên đường tròn lượng giác.

Tại đây, trục tung (sin) nhận giá trị dương và trục hoành (cos) nhận giá trị âm \( \Rightarrow {\rm{sin}}a > 0;{\rm{cos}}a < 0\).

Đáp án: A.

Phương trình tương đương: \({\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} = {\rm{sin}}\left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\).

Trường hợp 1: \(x - \frac{\pi }{{12}} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \).

Trường hợp 2: \(x - \frac{\pi }{{12}} = \pi - \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi = - \frac{{7\pi }}{{12}} + \left( {k + 1} \right)2\pi \).

a) Đúng. Nghiệm âm lớn nhất tương ứng với \(k = 0\) ở họ nghiệm thứ nhất là \(x = - \frac{\pi }{4}\). Ở họ nghiệm thứ hai là \(x = - \frac{{7\pi }}{{12}}\). Do \( - \frac{\pi }{4} > - \frac{{7\pi }}{{12}}\) nên nghiệm âm lớn nhất đúng bằng \( - \frac{\pi }{4}\).

b) Đúng. Trong khoảng \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\): Họ nghiệm \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \) có 1 nghiệm (\(x = - \frac{\pi }{4}\)). Họ nghiệm \(x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi \) với \(k = - 1\) cho nghiệm \(x = - \frac{{7\pi }}{{12}} \in \left( { - \pi ;\pi } \right)\). Vậy có tổng cộng 2 nghiệm.

c) Sai. Đối chiếu với họ nghiệm giải được ở trên:

Họ nghiệm đúng phải là \(x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \) và \(x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi \).

d) Sai. Phương trình tương đương với \({\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = {\rm{sin}}\left( { - \frac{\pi }{3}} \right)\), không phải \({\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{3}} \right)\).

a) Đúng. Ta có \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

b) Đúng. Đường thẳng \(AN\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), nên giao điểm \(I\) của \(AN\) và \(\left( {SBD} \right)\) chính là giao điểm của \(AN\) và \(SO\). Vì vậy \(I \in SO\).

c) Sai. Mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\) chứa \(MN\) (do \(M \in AB\)), lại có \(B \in \left( {ABN} \right)\) và \(B \in \left( {SBD} \right)\) nên \(B\) là một điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Ta có \(I \in AN \subset \left( {ABN} \right)\) và \(I \in SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(I\) là một điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\). Như vậy \(BI\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\), gọi giao điểm của \(MN\) và \(BI\) là \(J\), khi đó \(J\) của đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

d) Đúng. Theo chứng minh ý c).

Ta có: \({u_6} = {u_1} + 5d \Leftrightarrow 27 = - 3 + 5d \Leftrightarrow 5d = 30 \Leftrightarrow d = 6\). Vậy ý d) sai.

Tính \({u_{10}} = {u_1} + 9d = - 3 + 9 \cdot 6 = 51\). Vậy ý c) sai.

Tính \({u_{85}} = {u_1} + 84d = - 3 + 84 \cdot 6 = 501\). Vậy ý b) đúng.

Tính \({S_{85}} = \frac{{85 \cdot \left( {{u_1} + {u_{85}}} \right)}}{2} = \frac{{85 \cdot \left( { - 3 + 501} \right)}}{2} = \frac{{85 \cdot 498}}{2} = 85 \cdot 249 = 21165\). Vậy ý a) đúng.

Kết luận: a) Đúng.       b) Đúng.    c) Sai.                  d) Sai.

Vì \(\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\) (góc phần tư thứ III) nên \({\rm{sin}}\alpha < 0\) và \({\rm{cos}}\alpha < 0\). Do đó ý d) đúng.

Ta có: \({\rm{cos}}2\alpha = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - 1 \Rightarrow 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = \frac{3}{8}\).

Vì \({\rm{cos}}\alpha < 0 \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = - \sqrt {\frac{3}{8}} = - \frac{{\sqrt 6 }}{4}\). Do đó ý a) sai.

Ta có: \({\rm{cos}}2\alpha = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha \Rightarrow 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - \left( { - \frac{1}{4}} \right) = \frac{5}{4} \Rightarrow {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{5}{8}\).

Vì \({\rm{sin}}\alpha < 0 \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha = - \sqrt {\frac{5}{8}} = - \frac{{\sqrt {10} }}{4}\). Do đó ý c) sai.

Tính \({\rm{cot}}\alpha = \frac{{{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{sin}}\alpha }} = \frac{{ - \frac{{\sqrt 6 }}{4}}}{{ - \frac{{\sqrt {10} }}{4}}} = \sqrt {\frac{6}{{10}}} = \sqrt {\frac{3}{5}} = \frac{{\sqrt {15} }}{5}\). Do đó ý b) đúng.

Kết luận: a) Sai.b) Đúng.    c) Sai.                  d) Đúng.

Ta giải phương trình: \(\frac{{2n + 1}}{{{n^2}}} = \frac{{13}}{{36}} \Rightarrow 36\left( {2n + 1} \right) = 13{n^2} \Leftrightarrow 13{n^2} - 72n - 36 = 0\).

Giải phương trình bậc hai trên ta được: \(n = 6\) (thỏa mãn \(n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\)); \(n = - \frac{6}{{13}}\) (loại).

Đáp số:\(6\).

Vì \(270^\circ < \alpha < 360^\circ \) nên góc \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ IV \( \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha > 0\).

Ta có: \({\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - {\left( { - \frac{3}{5}} \right)^2} = 1 - \frac{9}{{25}} = \frac{{16}}{{25}}\).

Do \({\rm{cos}}\alpha > 0 \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{5} = 0,8\).

Đáp số:\(0,8\).

Biểu diễn các số hạng qua \({u_1}\) và \(d\): \({u_3} = {u_1} + 2d,{u_5} = {u_1} + 4d,{u_6} = {u_1} + 5d\).

Thay vào hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} - \left( {{u_1} + 2d} \right) + \left( {{u_1} + 4d} \right) = 15}\\{{u_1} + \left( {{u_1} + 5d} \right) = 27}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + 2d = 15}\\{2{u_1} + 5d = 27}\end{array}} \right.\).

Nhân phương trình đầu với 2 rồi trừ cho phương trình sau:

\(\left( {2{u_1} + 4d} \right) - \left( {2{u_1} + 5d} \right) = 30 - 27 \Leftrightarrow - d = 3 \Leftrightarrow d = - 3\).

Đáp số:\( - 3\).

Khai triển biểu thức \(B\): \(B = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha + 2{\rm{cos}}\alpha {\rm{sin}}\beta + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\beta + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\beta - 2{\rm{cos}}\beta {\rm{sin}}\alpha + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha \).

Nhóm các hạng tử:

\(B = \left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha } \right) + \left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\beta + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\beta } \right) - 2\left( {{\rm{sin}}\alpha {\rm{cos}}\beta - {\rm{cos}}\alpha {\rm{sin}}\beta } \right)\)

\(B = 1 + 1 - 2{\rm{sin}}\left( {\alpha - \beta } \right) = 2 - 2{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{6}} \right)\)

Vì \({\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\) nên: \(B = 2 - 2 \cdot \frac{1}{2} = 2 - 1 = 1\).

Đáp số: \(1\).

Phương trình có nghiệm tổng quát: \(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Xét điều kiện nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\): \(0 < \frac{\pi }{3} + k\pi < \pi \Leftrightarrow - \frac{\pi }{3} < k\pi < \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow - \frac{1}{3} < k < \frac{2}{3}\).

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên chỉ có duy nhất giá trị \(k = 0\), ứng với nghiệm \(x = \frac{\pi }{3}\).

Đáp số:\(1\).

Số cây ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1\), công sai \(d = 1\).

Gọi \(n\) là tổng số hàng cây cần tìm. Tổng số cây được trồng là tổng của \(n\) số hạng đầu của cấp số cộng này:

\({S_n} = \frac{{n\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right)}}{2} = \frac{{n\left( {2 \cdot 1 + \left( {n - 1} \right) \cdot 1} \right)}}{2} = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\)

Theo bài ra ta có: \(\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = 465 \Leftrightarrow {n^2} + n - 930 = 0\).

Giải phương trình bậc hai cho kết quả: \(n = 30\) (thỏa mãn \(n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\)) và \(n = - 31\) (loại).

Đáp số: \(30\).